Matematika középszint 0611 ÉRETTSÉGI VIZSGA 006. május 9. MATEMATIKA KÖZÉPSZINTŰ ÍRÁSBELI ÉRETTSÉGI VIZSGA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ OKTATÁSI MINISZTÉRIUM
Fontos tudnivalók Formai előírások: A dolgozatot a vizsgázó által használt színűtől eltérő színű tollal kell javítani, és a tanári gyakorlatnak megfelelően jelölni a hibákat, hiányokat stb. A feladatok mellett található szürke téglalapok közül az elsőben a feladatra adható maximális pontszám van, a javító által adott pontszám a mellette levő téglalapba kerül. Kifogástalan megoldás esetén elég a maximális pontszám beírása a megfelelő téglalapokba. Hiányos/hibás megoldás esetén kérjük, hogy az egyes részpontszámokat is írja rá a dolgozatra. Tartalmi kérések: Egyes feladatoknál több megoldás pontozását is megadtuk. Amennyiben azoktól eltérő megoldás születik, keresse meg ezen megoldásoknak az útmutató egyes részleteivel egyenértékű részeit, és ennek alapján pontozzon. A pontozási útmutató pontjai tovább bonthatók. Az adható pontszámok azonban csak egész pontok lehetnek. Nyilvánvalóan helyes gondolatmenet és végeredmény esetén maximális pontszám adható akkor is, ha a leírás az útmutatóban szereplőnél kevésbé részletezett. Ha a megoldásban számolási hiba, pontatlanság van, akkor csak arra a részre nem jár pont, ahol a tanuló a hibát elkövette. Ha a hibás részeredménnyel helyes gondolatmenet alapján tovább dolgozik, és a megoldandó probléma lényegében nem változik meg, akkor a következő részpontszámokat meg kell adni. Elvi hibát követően egy gondolati egységen belül (ezeket az útmutatóban kettős vonal jelzi) a formálisan helyes matematikai lépésekre sem jár pont. Ha azonban a tanuló az elvi hibával kapott rossz eredménnyel, mint kiinduló adattal helyesen számol tovább a következő gondolati egységben vagy részkérdésben, akkor erre a részre kapja meg a maximális pontot, ha a megoldandó probléma lényegében nem változott meg. Ha a megoldási útmutatóban zárójelben szerepel egy mértékegység, akkor ennek hiánya esetén is teljes értékű a megoldás. Egy feladatra adott többféle megoldási próbálkozás közül csak egy (a magasabb pontszámú) értékelhető. A megoldásokért jutalompont (az adott feladatra vagy feladatrészre előírt maximális pontszámot meghaladó pont) nem adható. Az olyan részszámításokért, részlépésekért nem jár pontlevonás, melyek hibásak, de amelyeket a feladat megoldásához a vizsgázó ténylegesen nem használ fel. A vizsgafeladatsor II./B részében kitűzött 3 feladat közül csak feladat megoldása értékelhető. A vizsgázó az erre a célra szolgáló négyzetben feltehetőleg megjelölte annak a feladatnak a sorszámát, amelynek értékelése nem fog beszámítani az összpontszámába. Ennek megfelelően a megjelölt feladatra esetlegesen adott megoldást nem is kell javítani. Ha mégsem derül ki egyértelműen, hogy a vizsgázó melyik feladat értékelését nem kéri, akkor automatikusan a kitűzött sorrend szerinti legutolsó feladat lesz az, amelyet nem kell értékelni. írásbeli vizsga 0611 / 1 006. május 9.
I. 1. A B = {1; 16; 0} Ha két elemet helyesen megad, ot kaphat. Az A és B halmaz elemei külön nem pontozandók.. A befogó: 3 sin 4º,01 cm. A befogó:, kerekítés:. 3. a) igaz b) hamis c) igaz d) hamis 4 pont 4. A módusz: 174. A medián: 173. 5. 3y x = 3 vagy y = 3 1 x + 1 ( x [ 9; 9] ) Ha csak a meredekség helyes, akkor jár; az y tengellyel való metszéspont helyessége is ot ér. Akkor is jár a, ha a vizsgázó az alakzat egyenlete helyett a hozzárendelés képletét adja meg. írásbeli vizsga 0611 3 / 1 006. május 9.
6. C A B E D G F Szemléltetés. A fokszámok összege: 14. Csak hibátlan hálózatra adható az. 7. Nem minden nagymama szereti az unokáját. vagy: Van olyan nagymama, aki nem szereti az unokáját. Bármelyik helyes válasz ot ér. 8. A hatványkitevő: 1. A hatványkitevő bármilyen formában megadha- tó. 1 Ha válaszként 10 -t ír, akkor ot kap. 9. Az értékkészlet: 1 y 3, y valós szám, vagy [ 1; 3]. Azt, hogy y valós szám, nem kell megadnia. írásbeli vizsga 0611 4 / 1 006. május 9.
10. A lehetséges elhelyezések száma: 1 (= 3 1 ). Ha az összes elhelyezést nem, de legalább hatot felsorol, adható. 11. Az összes esetek száma: 90. A kedvező esetek száma: 9. 9 A valószínűség: = 0,1. 90 1. A kör egyenlete: (x + ) + (y 1) = 5. A P(1; 3) pont koordinátáit behelyettesítve: 5 = 5, tehát a P pont illeszkedik a körre. A P pont és a kör középpontjának távolságával is számolhat. írásbeli vizsga 0611 5 / 1 006. május 9.
II./A 13. A logaritmus és a négyzetgyökvonás értelmezése 7 miatt x > és x >, 3 4 7 vagyis x > esetén értelmezett az egyenlet. 4 A logaritmus azonosságának felhasználásával lg ( 3x 4x 7 ) = lg. A tízes alapú logaritmus függvény szigorúan monoton növekedő, ezért 3 x 4x 7 =. A négyzetre emelés után ( 3x ) (4x 7) = 4. A műveletek elvégzése és rendezés után 1x 9x + 10 = 0. Az egyenlet megoldásai 10 5 x 1 = ; x = =. 4 1 Ellenőrzés: az x 1 = gyököt behelyettesítve igaz egyenlőséget kapunk. * * Indoklás nélkül is jár az. 5 Az x = nem gyöke az egyenletnek. 1 alaphalmaz szűkítését, de az ellenőrzés jó, akkor is * Ha nem végzi el az jár az 1+. 1 14. a) Az esernyő AB hosszára felírjuk a koszinusztételt: AB = 5 + 60 5 60 cos10. A koszinusztétel alkalmazhatóságának felismerése, jó behelyettesítés. AB = 575 AB = 575 76 cm az esernyő hossza. 5 pont írásbeli vizsga 0611 6 / 1 006. május 9.
14. b) Ha az A végponttól mért kötélszár hossza x, akkor a másik 85 x. A derékszögű háromszögben a Pitagorasz-tétel szerint: + ( 85 x) = 575 x. x + 85 + x 170x = 575 Az akkor is jár, ha a megfelelő felbontás a Pitagorasz-tétel felírásából derül ki. A négyzetre emelés elvégzése. x 85x + 750 = 0 Az összevonásért. A másodfokú egyenlet gyökei: 75 és 10. A derékszögű csúcs az A végponttól 75 cm-re vagy 10 cm-re lehet. 7 pont 15. a) a játékosok száma 10 7 5 1 utánpótlás húzóemberek rangidősök korcsoportok 4 pont A korcsoportonkénti szétválasztás, a tengelyek felirata, az ábrázolás. írásbeli vizsga 0611 7 / 1 006. május 9.
15. b) A csapat átlagéletkora: 19 + 0 + 3 1+ + 3 3 + 4 + 4 5 + 3 6 + 7 + 3 8 = 58 = = 4 év. Számolási hiba esetén legfeljebb adható. 15. c) A négy fő 5 évesből kettőt kiválasztunk: 4 -féleképpen ( = 6). A három fő 8 évesből kettőt kiválasztunk: 3 -féleképpen ( = 3). Az öt fő kiválasztása 6 3 1 = 18-féleképpen történhet. 5 pont A kiválasztási modell megtalálása, a két eset 1-. (A kombinatorikus képletek nélkül megadott jó válaszok is teljes értékűek.) Indoklás nélkül legfeljebb adható. írásbeli vizsga 0611 8 / 1 006. május 9.
II./B 16. a) 0 000 Ft,5%-a 500 Ft, a kezelési költség. 19 500 Ft-ért 19 500 146 = 847 000 lejt kap kézhez. 16. b) 300 ÚJ LEJ = 3 000 000 lej Ha x Ft-ért kapja meg ezt a pénzt, akkor x 0,975 146 = 3 000 000. Ebből x = 1 075 Ft. 16. c) 1 ÚJ LEJ = 16. d) 5 pont 10000 Ft = 68,49 Ft 146 8 A nyolc érme közül véletlenszerűen -féleképpen 4 választunk ki négyet, tehát az összes eset 70. A jó eset négy pénzérméből csak úgy állhat elő, hogy 90 = 50 + 0 + 10 + 10. Az egy darab 50-est egyféleképpen, az egy darab 0-ast a háromból háromféleképpen, a két darab 10- est a négyből hatféleképpen választhattuk. 90 ÚJ BANI tehát 1 3 6 = 18-féleképpen akadhatott a pénztáros kezébe. 84,7 ÚJ LEJ-ként is elfogadható a válasz. Számolási hiba esetén legfeljebb 4 pontot kap. Számolási hibáért, hibás kerekítésért 1- levonandó. Nem kívánjuk meg annak kimondását, hogy ezek mindegyike azonos valószínűséggel adódhat. A valószínűség: 18 0, 571. 70 6 pont 17. a) a 3 = 5 q, a 5 = 5 q 4. írásbeli vizsga 0611 9 / 1 006. május 9.
17. b) a 4 = 5 + 3d, a 16 = 5 + 15d. 17. c) 5 q = 5 + 3d, 5 q 4 = 5 + 15d. d - t kiküszöbölve: q 4 5 q + 4 = 0. Behelyettesítve a q -re másodfokú egyenlet együtthatóit a megoldóképletbe, q = 1 vagy 4 adódik. Innen q-ra ± 1, illetve ±. d értékei rendre: 0, illetve 5. A megoldásoknak a szövegbe való behelyettesítése. 1 Az első egyenletet négyzetre emelve q-t is kiejthetjük, és ekkor d(d 5) = 0. Ha csak a pozitív értékeket adja meg, ot kap. 18. a) A 31,4 cm-es oldal a henger alapkörének kerületét adja: 31,4 = r π. r 5 (cm) V henger = r π 14 A henger térfogata 1,1 dm 3. 4 pont írásbeli vizsga 0611 10 / 1 006. május 9.
18. b) R m = 14cm r. r 18. c) A félkörív R π hosszúsága a kúp alapkörének kerületét adja, R π =r π; tehát * R r =. Indoklás nélkül is jár az. *Bármilyen helyes indoklás után a jó arány megállapítása esetén is jár az 1+. Az R, a 14 és a R oldalakkal rendelkező derékszögű háromszögre felírjuk a Pitagorasztételt: R 4 + 14 = R. 8 Az egyenletből: R = 16, cm. 3 6 pont írásbeli vizsga 0611 11 / 1 006. május 9.
18. d) Az alapkör területe: r π. 06 cm ( itt r 8,1 cm) A kúppalást területe: R π. 41 cm r π r A területek aránya: = 0,5 R π R Beírva az R r = kifejezést: * a területek aránya: 1. 5 pont Konkrét értékekkel való számolás esetén erre a sorra nincs szükség. * A helyes arány megállapítása esetén is jár az 1 +. írásbeli vizsga 0611 1 / 1 006. május 9.